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第34 讲 电学实验基础
目录
01 课标达标练
题型01 常用仪器的使用与读数
题型02 电流表的两类接法
题型03 滑动变阻器的两类接法
题型04 电学实验的设计、仪器选择及实物连线
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 常用仪器的使用与读数
1.在测定某一均匀细圆柱体材料的长度和直径时：
如图甲所示，用游标卡尺测其长度为 cm；如图乙所示，用螺旋测微器测其直径为 mm。
【答案】 10.355 1.196（1.195~1.197 均可）
【详解】[1]根据游标卡尺的读数规则主尺的读数加上游标尺的读数等于物体的长度，可得
l =10.3cm+11×0.05×10
−1cm=10.355cm
[2]螺旋测微器固定刻度的读数加上可动刻度读数即为物体的直径，则有
d =1mm +19.6×0.01mm =1.196 mm
2.现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率，现用螺旋测微器和游标卡尺测量圆柱体的直径和长
度，示数如图（甲）和图（乙）所示。
由上图读得圆柱体的直径为 mm，长度为 cm。
【答案】 4.620 10.14
【详解】[1][2]圆柱体直径为
d = 4.5 mm +0.01mm ×12.0= 4.620 mm
长度为
l =101mm +0.1mm ×4 =101.4 mm =10.14cm
3.图中螺旋测微器示数为 mm，电压表示数为 V，电流表的示数为 A。
【答案】 0.200 2.00 0.33
【详解】[1]螺旋测微器示数为
0+20.0×0.01mm=0.200mm
[2]图中量程3 V电压表最小分度值为0.1V，故电压表示数为2.00 V；
[3]量程0.6 A的电流表最小分度值为0.02A，故示数为0.33 A。
4.某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与长木板间的动摩擦因数μ。其中一端装有轻滑轮的长木板固
定在水平桌面上，在其上表面的P点安装一光电门。物块上表面固定一遮光片，左侧固定一力传感器。细
绳的一端与力传感器相连，另一端通过定滑轮与托盘（内有砝码）相接。实验时，物块从长木板右侧的O
点由静止开始释放，在绳的拉力作用下向左运动并通过光电门，记录力传感器示数F和对应遮光片通过光
电门的时间t。增加托盘中砝码的个数，重复上述实验过程，保证每次让物块从长木板上的O点由静止开始
释放，得到多组F、t数据。
(1)关于本实验，下列说法正确的是________。
A．实验开始前，应先补偿阻力
B．实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表面平行
C．实验时，力传感器的示数小于托盘及砝码的总重力
D．为减少实验误差，应始终保证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总质量
(2)现用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度为 cm。
(3)测出OP之间的距离为L，遮光片的宽度为d，利用描点法做出F −1
t
2图像如图丙所示，已知该图像的斜
率为k，在纵轴上的截距为F0。当地的重力加速度大小为g，用给出的物理量的符号和丙图中的数据，可
得物块与长木板间的动摩擦因数的表达式μ= 。
【答案】(1)BC
(2)0.740
(3) F0d
2
2gkL
【详解】（1）A.由于本实验要测量物块与长木板间的动摩擦因数μ，因此不需要平衡摩擦力，故A 错误；
B.实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表面平行，物块受到的绳子拉力与长木板平行，
绳子拉力和摩擦力处于同一条直线上，故B 正确；
C.力传感器的示数等于绳拉力的大小，由于托盘及砝码有向下的加速度，因此合力方向向下，实验时，力
传感器的示数小于托盘及砝码的总重力，故C 正确；
D.本实验中用力传感器测量绳子拉力，因此不需要终保证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总
质量，故D 错误。
故选BC。
（2）如图乙所示，游标尺是20 分度，精确度在0.05mm。主尺读数7mm，游标尺与主尺在第8 格对齐，
则遮光片的宽度为
d =7mm+8×0.05mm=7.40mm=0.740cm
（3）物块做初速度为零的匀加速直线运动，根据已知条件可得
v
2=2aL=(
d
t )
2
取物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F −μmg=ma
联立可得
F = md
2
2 L · 1
t
2 + μmg
由图丙可知
k = md
2
2 L
,F0= μmg
解得
μ= F0d
2
2gkL
5.小明同学利用如图甲所示的实验装置“验证动量守恒定律”，回答下列问题：
(1)用游标卡尺测量直径相同的两小球的直径，测量结果如图乙所示，则直径为 mm。
(2)实验装置中应保持斜槽末端 。
(3)每次小球下滑要从 处由静止释放。
(4)入射小球的质量m1 被碰小球的质量m2。（选填“大于”“小于”或“等于”）
(5)在图甲中，小球的水平射程的数值分别用OP、OM和ON表示。因此只需验证 。
【答案】(1)12.60
(2)切线水平
(3)斜槽上同一位置
(4)大于
(5)m1⋅OP =m1⋅OM +m2⋅ON
【详解】（1）20 分度游标卡尺的分度值为0.05 mm，由图乙可知小球的直径为
d =12mm +12×0.05 mm =12.60 mm
（2）为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，实验装置中应保持斜槽末端切线水平。
（3）为了保证入射小球每次碰撞前瞬间的速度相同，每次小球下滑要从斜槽上同一位置处由静止释放。
（4）为了保证碰撞后入射小球不反弹，入射小球的质量m1大于被碰小球的质量m2。
（5）设入射小球碰撞前瞬间的速度为v0，碰撞后瞬间入射小球和被碰小球的速度分别为v1、v2，根据动
量守恒可得
m1v0=m1v1+m2v2
小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中下落的高度相同，运动的时间相等，则有
m1v0t =m1v1t +m2v2t
可得验证动量守恒的表达式为
m1⋅OP=m1⋅OM +m2⋅ON
6.某物理兴趣小组要精密测量一金属丝的电阻率。
(1)用螺旋测微器测其直径，如图甲所示，为 mm，用游标卡尺测其长度，如图乙所示，为
cm。
(2)为了尽可能准确测量其电阻，电源选用2 节干电池，滑动变阻器采用分压接法，请完成实物图的连线
。
(3)若通过多次测量得到的电阻的伏安特性曲线（纵坐标I-横坐标U）为过原点的直线，其直线的斜率为k
，由d表示电阻丝的直径，L表示电阻丝的长度，其电阻率的表达式为 。
【答案】(1) 2.094/2.095/2.096 5.015
(2)
(3) π d
2
4 kL
【详解】（1）[1]螺旋测微器的精度为0.01mm，转动刻度估读，则直径为
d =2mm +9.5×0.01mm =2.095 mm
[2]游标卡尺为20 分度，精度为0.05mm，游标对齐格数不估读，则长度为
L=50 mm +3×0.05 mm =50.15 mm=5.015cm
（2）电源选用2 节干电池，则电动势为3V，电压表选3V 的量程，电路中的最大电流为
I max≈E
Rx
= 3
8 A=0.375A
则电流表选0.6A 的量程，而待测电阻的阻值较小，用电流表外接法可能准确测量其电阻，滑动变阻器本题
要求分压式接法，则实物连线如图所示
（3）若通过多次测量得到的电阻的伏安特性曲线（I −U图像）为过原点的直线，其直线的斜率为k，则
电阻为
R = 1
k
由d表示电阻丝的直径，L表示电阻丝的长度，由电阻定律有
R = ρL
S = ρL
π d
2
4
= 4 ρL
π d
2
则其电阻率的表达式为
ρ= π d
2
4 kL
7.利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，A为装有挡光片的钩码，总质量为M，轻绳一端与A相
连，另一端跨过轻质定滑轮与质量为m的重物B相连。实验过程如下：用游标卡尺测出挡光片的宽度为d；
先用力拉住B，保持A、B静止，测出A下端到光电门的距离为ℎ(ℎ≫d)；然后由静止释放B，A下落过
程中挡光片经过光电门，测出挡光时间为t。已知重力加速度为g。
(1)为了能完成上述实验，M m（选填“>”“=”或“<”）。
(2)某次实验中用螺旋测微器测出挡光片的宽度，测量结果如图乙所示，则挡光片的宽度为d = mm
。
(3)在A从静止开始下落ℎ的过程中，如果满足 ，则验证A、B和地球所组成的系统机械能守恒
（用题中所给物理量的符号表示）。
【答案】(1)>
(2)4.700
(3)(M −m)gℎ= 1
2
(M +m)(
d
t )
2
【详解】（1）为了使A下落过程中挡光片经过光电门，故需满足M >m
（2）根据螺旋测微器的读数原理可知，挡光片的宽度为d = 4.5 mm +20.0×0.01mm = 4.700 mm
（3）A经过光电门时的瞬时速度为v = d
t
系统重力势能的减少量为Δ Ep=(M −m)gℎ
系统动能的增加量为Δ Ek= 1
2
(M +m)(
d
t )
2
则系统机械能守恒的表达式为(M −m)gℎ= 1
2
(M +m)(
d
t )
2
02 电流表的两类接法
8.甲、乙两同学分别通过如下实验研究测量电阻的不同实验方案。甲同学用图1 所示电路测量阻值约为6Ω
的电阻R1，可选用的器材有：
A．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）
B．电流表（量程0～3A，内阻约0.02Ω）
C．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）
D．滑动变阻器（0～5Ω）
E．滑动变阻器（0～200Ω）
F．电源（电动势为4.5V）及开关和导线若干
(1)为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选择 ，滑动变阻器应选择 。（选填实验器材
前的字母）
(2)请用笔画线表示导线，在图2 中完成电路连接 。
(3)若只考虑电流表和电压表内阻的影响，关于本实验的误差分析，下列说法正确的是（ ）
A．电阻的测量值大于真实值，属于偶然误差
B．电阻的测量值小于真实值，属于偶然误差
C．电阻的测量值大于真实值，属于系统误差
D．电阻的测量值小于真实值，属于系统误差
(4)乙同学用如图所示电路测量另一个电阻R2。电路连好后，闭合开关，无论如何移动滑动变阻器的滑片，
发现电压表有示数且几乎不变，电流表始终没有示数。若电路中仅有一处故障，则可能的故障是（ ）
A．滑动变阻器短路
B．滑动变阻器断路
C．待测电阻R2与电流表A 之间的导线断路
【答案】(1) C D
(2)
(3)D
(4)C
【详解】（1）[1][2] 电源电压为4.5V，电压表量程为3V，电路中的最大电流I max = U V
R1
=0.5 A
则电流表选择C，为方便操作，滑动变阻器应选择D；
（2）因为滑动变阻器阻值小于待测阻值，采用分压式接法，连接情况如下
（3）引起该实验系统误差的主要原因是电压表的分流作用，电流表测量值大于真实值，电阻测量值偏
小，属于系统误差。
故选D。
（4）无论如何移动滑动变阻器的滑片，发现电压表有示数且几乎不变，电流表始终没有示数，说明电压
表被串联进电路中了，则待测电阻与电流表A 之间的导线断路。
故选C。
9.某次实验课上，甲同学利用实验室现有器材，设计了一个测量未知电阻阻值的实验，实验器材如下：
A．干电池（电动势1.5V，内阻未知）
B．电流表A（量程0~10mA，内阻未知）
C．电压表V（量程0~3V，内阻未知）
D．滑动变阻器R（最大阻值为100Ω）
E．待测电阻Rx（阻值约200Ω）
F．开关S，导线若干
(1)按图（a）连接电路，断开开关，将滑动变阻器R 的滑片调到最右端，闭合开关，读出电流表示数
I 1=5.0 mA。在忽略干电池和电流表内阻的情况下，计算得到待测电阻阻值Rx= Ω。
(2)乙同学分析甲同学的测量方案，认为误差很大，需要改进方案。如图（b）所示，乙同学把电压表接人
甲同学电路中的 点（填“a”或“b”），就可以测出电流表内阻和干电池内阻之和，从而较准确的
测得Rx的阻值。
(3)乙同学按图（b）中正确连接电路后，多次调节滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的示数，根据记
录的数据作出的U-I 图像如图（c）所示，则干电池的实际电动势为 V，电流表内阻和干电池内阻
之和为 Ω（结果均保留两位小数）。若用该电路测量干电池内阻，则测量值 （填“偏
大”“偏小”或“准确”）。
【答案】(1)200
(2)a
(3) 1.46 36.73 偏大
【详解】（1）根据题意及闭合电路欧姆定律有I 1=
E
Rx+ R
解得Rx=200Ω
（2）由于要测量电流表和电源的内阻之和，所以应将电压表接入电路中的a 点。
（3）[1]根据闭合电路欧姆定律有E =U + I r 总
得到U =−r总I + E
所以U-I 图像的纵截距为干电池的电动势E=1.46V
[2]U-I 图像的斜率的绝对值为电流表和干电池内阻之和r总= 1.46−1.1
9.8×10
−3 Ω≈36.73Ω
[3]该电路测得的电阻实际为电流表内阻和干电池内阻之和，故干电池内阻测量值偏大。
03 滑动变阻器的两类接法
10.伏安法测电阻是常用的一种测电阻的方法，用电压表和电流表测出待测电阻Rx的电压和电流，可用电
压和电流的比值计算出电阻。如图甲、乙所示为某同学设计的两个用伏安法测电阻的电路图，电压表与电
流表均不能视为理想电表，则以下正确的是（ ）
A．图甲电路中测得的电压和电流可以从0 开始调节
B．图甲电路中，由于电流表的分压导致电阻的测量值大于真实值
C．图乙的电阻测量值一定比图甲的电阻测量值更接近真实值
D．图乙电路中，闭合开关之前滑动变阻器滑片应放到d端
【答案】B
【详解】A．图甲电路中滑动变阻器为限流接法，电压和电流不可以从0 开始调节，故A 错误；
B．图甲电路中为电流表内接法，由于电流表的分压导致电阻的测量值大于真实值，故B 正确；
C．图乙的电阻测量值不一定比图甲的电阻测量值更接近真实值，如果待测电阻较大，远大于电流表内阻
时，图甲的电阻测量值更接近真实值，故C 错误；
D．图乙电路中，闭合开关之前滑动变阻器滑片应放到c端，用导线短路电表，避免闭合开关烧坏电表，故
D 错误。
故选B。
11.用如图所示的电路来描绘小灯泡L 的伏安特性曲线，变阻器R接于恒压电源（带开关），电源的输出电
压恒为U，电表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．接通电路前，滑动变阻器的滑片P 应置于b端
B．滑片P 置于R的中点时，电压表的示数为U
2
C．滑片P 由R的中点向b端滑动，电压表的示数可能为U
2
D．滑片P 由R的中点向a端滑动，灯泡L 的功率将变大
【答案】AD
【详解】A．为保证灯泡和电表安全，并联部分电压应从零开始变化，所以接通电路前，滑动变阻器的滑
片P应置于b端，故A 正确；
B．滑片P置于R的中点时，灯泡支路（含电表）和滑动变阻器下半部分电阻并联，并联电阻小于滑动变阻
器总阻值的一半，由串联分压特点可知，电压表的示数小于U
2 ，故B 错误；
C．由B 中分析知，滑片P置于R的中点时，电压表的示数小于U
2 ；滑片P由R的中点向b端滑动，并联部
分电阻逐渐减小，分到的电压逐渐减小，所以电压表的示数一直小于U
2 ，故C 错误；
D．滑片P由R的中点向a端滑动，并联部分电压逐渐增大，由
P= U
2
R
知灯泡L 的功率将变大，故D 正确。
故选AD。
12.某教师为提升自身实验操作水准，利用假期在实验室练习利用半偏法测量电压表的内阻。实验室提供以
下器材：
电池（电动势约为4V，内阻可忽略不计）；
滑动变阻器A（阻值范围为0~2000Ω）；
滑动变阻器B（阻值范围为0~20Ω）；
电阻箱（最大阻值为9999.9Ω）；
待测电压表（量程为0~3V ，内阻约为3000Ω）；
开关及导线若干。
(1)该教师设计了如图所示的电路图，滑动变阻器应选择 （选填“A”或“B”）；
(2)正确连接电路后进行如下操作：
①把滑动变阻器的滑片P 滑到 （选填“a”或“b”）端，并将电阻箱的阻值调到零，闭合开关S
；
②闭合开关S，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；
③保持开关S 闭合、滑动变阻器滑片的位置不变，调整电阻箱的阻值，当电阻箱阻值为R1时，电压表的指
针指在满刻度的1
2处，即可认为该电压表的内阻为R1。
(3)该电压表的实际内阻 （选填“大于”“小于”或“等于”） R1；
(4)该教师通过录像分析实验操作时，发现在开关S 闭合前，电阻箱阻值并未调到零，阻值为R2，后续操作
均正确，则该电压表内阻应为 （用R1、R2表示）。
【答案】(1)B
(2)a
(3)小于
(4)R1−2 R2
【详解】（1）选滑动变阻器总电阻值小的更容易控制分压，误差小，故选B。
（2）①开始时，将滑动变阻器的滑片P 滑到a端，可使并联部分的电压为零，更安全，故选a。
（3）此实验的误差来自于，设计实验时认为调整电阻箱的阻值时，并联部分电压是不变的，即
U 并=U 并
' =U g
但实际上，调整电阻箱的阻值时，并联部分电阻增大，并联部分电压也增大，即U 并
'>U g
由于此时电压表两端电压U V = 1
2 U g
电阻箱分得的电压U 电阻箱=U 并
'−U V > 1
2 U g
所以电压表的实际内阻小于R1。
（4）开始时，电阻箱阻值并未调到零，阻值为R2，满偏时并联部分电压为U g+ R2
RV
U g
半偏时并联部分电压为
U g
2 + R1U g
2 RV
两次并联部分电压不变，解得RV = R1−2 R2
04 电学实验的设计、仪器选择及实物连线
13.某同学描绘一种电子元件的I — U关系图像，采用的实验电路图如题图1 所示，A 为电压表，B 为电流
表，E 为电源（电动势约6V），R 为滑动变阻器（最大阻值20Ω），R0为定值电阻，S 为开关。
（1）请用笔画线代替导线，将题图2 所示的实物电路连接完整 。
（2）调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数如下表：
电压
U/V
0.00
0
0.25
0
0.50
0
0.65
0
0.70
0
0.72
5
0.5
0
电流
I/mA
0.00
0.10
0.25
0.60
1.70
4.30
7.5
0
（3）根据实验数据作出的I −U图线如图3 所示，可知该元件是 （选填“线性”或“非线
性”）元件。
（4）在上述测量中，如果用导线代替电路中的定值电阻R0，会导致的两个后果是 。
A．电压和电流的测量误差增大 B．可能因电流过大烧坏待测元件
C．滑动变阻器允许的调节范围变小 D．待测元件两端电压的可调节范围变小
【答案】
非线性 BC/CB
【详解】（1）[1]根据电路图补充实物图，如图
（3）[2] I −U图线是曲线说明该元件是非线性元件。
（4）[3] AB．I −U图线上某点与原点连线的斜率为
k = 1
R
根据元件的特性可知，当电压超过一定的数值后，电流会急剧增加，所以电阻会急剧减小，若用导线代替
电路中的定值电阻R0，可能会因为电流急剧增加烧坏待测元件，对电流表和电压表的测量误差无影响，A
错误，B 正确；
CD．根据图像可知，待测元件的电压范围小于1V，而电源电动势为6V，因为待测元件两端电压非常小，
如果用导线代替R0，会导致滑动变阻器的调节范围变得非常小，难以调节，C 正确，D 错误。
故选BC。
14.（1）关于多用电表的使用及相关问题，下列说法正确的是 。
A．用多用电表测电流、电压或测电阻时，只要表头指针偏转角度相同，通过表头的电流一定相等
B．用多用电表测电流、电压或测电阻时，电流都是从黑表笔流进，从红表笔流出
C．用多用电表的同一欧姆挡测两个不同电阻时，指针偏转角度分别是最大偏转角度的1
4 和1
2，则两个待测
电阻的比值约为3:1
D．组装欧姆表时，一节电池（电动势1.5V），电流表的满偏电流是1mA，有合适的调零电阻，则改装后
的欧姆表的内阻是1500Ω
（2）用伏安法测量小灯泡在额定电压工作状态下的功率。灯泡的额定电压为3V，电阻约为8Ω，还有以
下器材供使用：
A．电源：（电动势12V，内阻很小）
B．电流表：（量程0.5A，内阻约0.5Ω）
C．电压表：（量程4V，内阻5kΩ）
D．滑动变阻器：（阻值0-20Ω）
E.导线、开关
①本实验应该选择电流表 接法（填“内”或“外”）；
②本实验选择滑动变阻器 接法（填“限流式”或“分压式”）；
③在方框内画出电路图 。
【答案】 ACD/ADC/CAD/CDA/DCA/DAC 外 分压
【详解】（1）[1]A．表头指针偏转角度的大小是由通过表头的电流大小决定的，则用多用电表测电流、电
压或测电阻时，只要表头指针偏转角度相同，通过表头的电流一定相等，故A 正确；
B．用多用电表测电流、电压或测电阻时，电流都是从黑表笔流出，从红表笔流进，故B 错误；
C．根据多用电表欧姆挡原理可知
I g= E
R内
则有
1
4 I g=
E
R内+ R1
1
2 I g=
E
R内+ R2
联立解得
R1
R2
= 3
1
故C 正确；
D．根据多用电表欧姆挡原理可知
I g= E
R内
则有
R内= E
I g
=
1.5
1×10
−3 Ω=1500Ω
故D 正确。
故选ACD。
（2）①[2]根据题意可知，电压表内阻已知，应采用电流表外接法。
②[3]滑动变阻器若采用限流接法，由串联分压原理可知，灯泡两端电压为3V时，滑动变阻器接入电路的
电阻为
R = E−U L
U L
RL=24 Ω
超过滑动变阻器最大阻值，则滑动变阻器应采用分压接法。
③[4]根据上述分析，设计电路图如图所示
15.探究滑动变阻器的分压特性采用图1 所示的电路。电源为两节干电池，探究滑片P 从A 移到B 的过程
中，负载电阻R 两端的电压变化。
（1）实验器材及部分连线如图2 所示，请结合电路图将实物图连线补充完整 。
（2）若正确连接实验器材，闭合开关后发现无论如何调节滑动变阻器，电压表示数均不为零。若出现该
情况的原因是导线断路，则断路出现在 （选填af、fd、fc、ce 或cg）段。
（3）如图3 所示，电压表的示数为 V。
（4）已知滑动变阻器的最大阻值R0=10Ω，额定电流I=1.0A。选择负载电阻R =10Ω，以R 两端电压U
为纵轴，x
L为横轴（x 为AP 的长度，L 为AB 的长度），得到U −x
L分压特性曲线为图4 中的“I”；当
R =100Ω，分压特性曲线对应图4 中的 （选填“II”或“III”）；由图可知：使用滑动变阻器分压时，
为了方便对被控制电路电压的调节，R 与R0的关系应满足R R0（选填“大于”“小于”或“等
于”）。
【答案】
ce 1.50 II 大于
【详解】（1）[1]根据电路图，连接实物图如图所示
（2）[2]若正确连接实验器材，闭合开关后发现无论如何调节滑动变阻器，电压表示数均不为零，表明移
动滑片时，电压表始终没有被短路，则ce 段发生了断路。
（3）[3]由于电源是两节干电池，则电动势约为3V，为了确保电压表读数的精度，采用3V 量程，精度为
0.1V，根据电压表的读数规律，该读数为1.50V。
（4）[4]假定AP 部分的电阻为R
′，R
′分别与10Ω 与100Ω 并联再与BP 部分的电阻串。由于相同的R
′与
100Ω 并联后的电阻较与10Ω 并联后的电阻大，则根据闭合电路的欧姆定律可知，滑片在相同位置下，负
载电阻越大，其两端电压越大，即在相同横坐标下，此时负载为100Ω 时，电压表的示数应该较曲线为图4
中的“I”的大，故应该选“Ⅱ”。
[5]由上述分析可知，对于不同的负载电阻，调节滑动触头时负载两端的电压变化规律不同，当负载电阻小
于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化而更迅速变化；当负载电阻大于滑动变阻
器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化而更加平稳变化，从而获得更多的实验数据。所以，
在保证电路安全的情况下，滑动变阻器最大阻值的选择依据是比负载电阻小一下，且差值大一些时，负载
电压的连续性强一些，即
R> R0
16.为了测量某待测电阻Rx的阻值，约为30Ω，提供了以下器材：
电压表V1（量程0-3V，内阻很大）；
电压表V2（量程0-15V，内阻很大）；
电流表A1（量程0-50mA，内阻约10Ω）；
电流表A2(量程0-3A，内阻约0.12Ω）；
电源E(电动势约为3 V，内阻约为0.2Ω）；
定值电阻R（20Ω，允许最大电流1.0 A）；
滑动变阻器R1(0~10Ω)，允许最大电流2.0 A；
滑动变阻器R2(0~1k Ω)，允许最大电流0.5 A；
单刀单掷开关S一个，导线若干。
（1）为了使测量范围尽可能大，电压表应选 ，电流表应选 ，滑动变阻器应选
。（填字母代号）
（2）请在虚线框内画出测量电阻Rx的实验电路图。
（3）
某次测量中，电压表示数为
U 0
时，电流表示数为
I 0，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx= 。（用字母表示）
【答案】
V1
A1
R1
U 0
I 0
−R
【详解】（1）[1]因为电源电动势为3V，所以被测电阻两端电压不会超过3V，所以电压表选择V1；
[2]电源电压为3V，所以电路中的最大电流不会超过
I = E
R = 3
30 A=0.1A
故电流表选择A1；
[3]本实验要求测量范围尽可能大，所以应该选用滑动变阻器的分压式，故滑动变阻器应该选用R1。
（2）[4]因题目要求所测量的值的变化范围尽可能大一些，故可知应采用滑动变阻器分压接法；由于电流
表量程只有0-50mA，若只接待测电阻，电路中电流过大损坏电流表，故可将定值电阻接入与待测电阻串
联；由于电压表的内阻很大，则有
RV
Rx
> Rx
RA
故电压表分流较小，故应采用电流表外接法；故电路如下图所示
（3）[5]由欧姆定律可知
R+ Rx = U 0
I 0
解得
Rx = U 0
I 0
−R
17.在“测定小灯泡的功率”的实验中，小明同学设计的电路如图甲所示，他选用的小灯泡的额定电压为
2.5V，电阻约为8Ω，电源为两节干电池。
(1)根据图甲的电路图，请在图乙中用笔画线代替导线将实物电路连接完整
(2)正确连好电路后，闭合开关前应把滑动变阻器滑片的位置调到 （填“最左边”或“最右边”）。
(3)连好电路后，闭合开关S，小明发现灯泡不发光，电流表的示数为零，电压表的示数为3V，产生故障的
原因可能是下列的哪几种情况 。
A．小灯泡短路 B．小灯泡的灯丝断了
C．小灯泡的灯座接触不良导致 D．电压表的正、负接线柱接反
(4)排除故障后，调节滑动变阻器使小灯泡在额定电压下正常发光时，电流表的示数如图丙所示，则灯泡的
额定功率为 W。
【答案】
最右边 BC 0.7
【分析】(1)由电路图可见，小灯泡和滑动变阻器组成串联电路，电压表与小灯泡并联，测量的是灯泡两端
的电压，电流表串联在电路里，测量的是电路中的电流。小灯泡的额定电压是2.5V，电源为两节干电池，
由此可以确定电压表选择的量程；当滑动变阻器接入电路的阻值为0 时，根据电源电压和灯泡的电阻计算
出电路中的最大电流，由此就可以确定电流表的量程。
(2)为保护电路，在闭合开关前，应将滑片移至最大阻值处；
(3)灯泡不发光，电流为0，则说明电路发生断路，电压表的示数等于电源电压，则与电压表并联的电路发
生断路；
(4)根据图丙确定电流表的量程和分度值，读出电流值，根据P=UI 计算出电功率。
【详解】(1)电源有两节干电池组成，电压是1.5V×2=3V，因此电压表的量程选择0～3V 即可；当滑动变阻
器接入电路的电阻值为0 时，电路中的电流最大为
I = U
R = 3 V
8Ω =0.375 A
因此电流表的量程选择0～0.6A 即可；根据电路图，从电源的正极连起，电流表串联在电路里，选择0～
0.6A 量程，电压表与灯泡并联，选择0～3V 量程，滑动变阻器“一上一下”接入电路，如下图所示
(2)由图可知，滑动变阻器的下面接了左边的接线柱，所以在闭合开关前，应将滑片移至最右端。
(3)灯泡都不发光，电流表的示数为零，则说明电路中发生断路；电压表的示数约为3V，则说明与电压表并
联的灯泡处有断路；故BC 正确；
故选BC。
(4)由图知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.28A，则P=UI=2.5V×0.28A=0.7W
18.电学实验中测量电阻Rx的阻值时，电流表有两种接法，如图甲、乙所示；滑动变阻器R0控制电路，调
节待测电阻Rx的电压、电流时也有两种接法，如图丙、丁所示。关于电路图说法正确的是（ ）
A．甲图中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使Rx≪RA
B．乙图中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使Rx≪RV
C．丙图中滑动变阻器R0属于分压接法，丁图中滑动变阻器R0属于限流接法
D．若R0≪Rx，且要求Rx的电压有较大的调节范围，则选用丁图较好
【答案】D
【详解】A．甲图是电流表内接法，误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使Rx≫RA，故A 错误；
B．乙图是电流表外接法，误差由电压表分流引起，为了减小误差，应使Rx≪RV，故B 错误；
CD．丙图中滑动变阻器R0属于限流接法，丁图中滑动变阻器R0属于分压接法，若R0≪Rx，且要求Rx的
电压有较大的调节范围，应采用分压接法，即选用丁图较好，故C 错误，D 正确。
故选D。
19.某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：
A．待测干电池一节
B．电流表：量程0~0.6A，内阻约为0.2Ω
C．电压表1：量程0~3V，内阻约为3KΩ
D．电压表2：量程0~3V，内阻约为15KΩ
E.滑动变阻器：阻值范围为0~10Ω，允许通过的最大电流2A
F.开关、导线若干
(1)由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。为减小系统误差，电压表应选择
（填写器材前的字母），且同时选择图 （填“甲”或“乙”）作为实验电路。
(2)为修正该实验的系统误差，某同学提出一个新的实验方案：按甲、乙实验电路分别实验，把两组实验记
录的数据在同一坐标系内描点作出U-I 图像（U 为电压表示数，I 为电流表示数），如图丙所示，综合两条
图线，可消除因电表内阻造成的误差，则此电池的电动势，E= ，内阻r= 。用
（U1、U2、I1、I2中的相关量表示）
【答案】(1) D 乙
(2) U1 U 1
I 2
【详解】（1）[1][2]实验要尽可能准确地测量一节干电池的电动势和内阻，已知电流表的内阻未知，故选
择电流表放在支路，而电压表测量得到的电压就可以看成是路端电压，因电压表分流会造成电流表测量的
电流比干路电流偏小，产生系统误差，为减小误差需减小电压表分流，故选电压表内阻尽可能大的，故电
压表选择D，电路图选乙。
（2）[1][2]图甲由闭合回路欧姆定律有U = E−I (r + R A)
图乙由闭合回路欧姆定律有E =U +(I + U
RV)r
可知图丙中U1-I1线为图甲作出的图像，纵轴截距等于电源电动势，故E=U1，U2-I2线为图乙作出的图像，故
当路端电压U2=0，有E = I 2r
可得r = E
I 2
= U 1
I 2
20.在“测量电源电动势和内阻”的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，会产生系统误差，为了消除
电表的内阻产生的系统误差，某兴趣小组用如图甲所示的电路来测量电源电动势和内阻，其中R0=2Ω，
实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑到最左端位置，单刀双掷开关S 与1 接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若
干组数据U、I 的值，断开开关S0；
②单刀双掷开关S 与2 接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U、I 的值，断开开关
S0；
③在图乙中分别作出两种情况所对应的U-I 图像。
(1)某次电压表读取时，指针如图丙所示，则读数U= V。
(2)图丙中的曲线Ⅱ是开关与 （填“1”或“2”）接通时相对应的图线。
(3)根据图乙中的U-I 图线，综合图线Ⅰ和Ⅱ的数据，可消除电流表和电压表内阻的影响，可知电源电动势
E= V，内阻r= Ω。（结果均保留三位有效数字）
(4)该兴趣小组经讨论认为，利用图乙还可以计算出电流表的内阻，则电流表的内阻RA= Ω。
【答案】(1)1.10
(2)2
(3) 1.80 2.50
(4)0.5
【详解】（1）由图乙可知，电压表的量程为3 V，其分度值为0.1V，需要估读到分度值的下一位，由图丙
可知，电压表读数U=1.10 V。
（2）当单刀双掷开关接1 时，电动势测量值（图像与纵轴的交点）准确，内阻测量值（图像的斜率）偏
大；当单刀双掷开关接2 时，电动势测量值偏小，内阻测量值偏小。曲线Ⅰ与纵轴的交点大于曲线Ⅱ与纵
轴的交点，并且曲线Ⅰ的斜率大于曲线Ⅱ的斜率，可知曲线Ⅱ是开关与2 接通时相对应的图线。
（3）[1][2]当单刀双掷开关接1 时，电流表示数为零时，电压表测量准确；当单刀双掷开关接2，电压表示
数为零时，电流表测量准确。如图所示的虚线为电源U-I 曲线的准确值，由虚线可得E =1.80 V，
r = 1.80
0.40 Ω−2Ω=2.50Ω。
（4）图线Ⅰ的斜率k1=r +rA+ R0
结合图乙可知，图线Ⅰ的斜率k1=5.00Ω
解得rA=k1−r −R0=0.5Ω
21.（1）游标卡尺读数为 mm、螺旋测微器读数 mm。
（2）如图所示电压表（量程0~3V），其读数为 V
【答案】 61.70 1.600 2.15（2.14V~2.16V）
【详解】（1）[1]20 分度的游标卡尺，其读数为
61mm+14×0.05mm=61.70mm
[2]螺旋测微器的读数
1.5 mm+0.100mm=1.600mm
（3）[3]量程0~3V 时，最小分度为0.1V，需要向后再估读一位，读数为2.15V，（2.14V、2.15V、2.16V 均
可）。
22.实验小组用如题图所示的装置测量重力加速度。四分之一圆弧槽下端与平台固定且与平台表面相切，圆
弧槽上安装了多个宽度相同的遮光片，内置有光电门的重锤通过轻杆与转轴O 相连，重锤通过遮光片时可
记录遮光时间。实验时，重锤从M 点由静止释放，依次记录其通过每个遮光片所对应的时间t，用刻度尺
测出每个遮光片距最低点N 的竖直高度h。
(1)用螺旋测微器测量遮光片的宽度d，其示数如题图，则d = mm。
(2)实验前，需要将平台调节至水平，在转轴上临时系铅垂线，当铅锤静止时，若线与竖直杆 ，
则说明平台水平。
(3)根据所测数据作出如题图所示的ℎ−1
t
2图像，图像斜率的绝对值为k，则当地的重力加速度g=
（用题中物理量的符号表示）。
(4)若将重锤释放点M 上移一段距离，再次实验，请在题图中定性画出新的ℎ−1
t
2图线（用虚线表示）
。
(5)若转轴与竖直杆间的摩擦不可忽略，有同学认为该因素不会影响重力加速度的测量结果。你是否同意他
的观点，并简要说明理由 。
【答案】(1)7.884/7.883/7.885
(2)平行
(3) d
2
2k
(4)
(5)不同意，因为摩擦导致重锤到达对应遮光片时速度的测量值小于理论值，所以测得的重力加速度偏小
【详解】（1）由图可知，遮光片的宽度d =7.5 mm +38.4×0.01mm =7.884 mm
（2）由于竖直杆与平台垂直，则当铅锤静止时，若线与竖直杆平行，则说明平台水平。
（3）根据题意可知，重锤通过遮光片的速度为v = d
t
取低点处为零势能面，释放点的高度为H，由机械能守恒定律有1
2 m v
2+mgℎ=mgH
整理可得ℎ= H −d
2
2g ⋅1
t
2
结合图像可得k = d
2
2g
解得g= d
2
2k
（4）结合小问3 分析可知，若将重锤释放点M 上移一段距离，再次实验，则图像解析式H变大，斜率不
变，则图像为图中虚线
（5）不同意，因为摩擦导致重锤到达对应遮光片时速度的测量值小于理论值，所以测得的重力加速度偏
小。
23.某兴趣小组利用如图甲所示的实验装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数。将滑块置于水平长木板上，
再将遮光条安装在滑块上，用50 分度的游标卡尺测出的遮光条宽度如图乙所示。实验时将滑块系在绕过
光滑定滑轮并挂有钩码的细线上，将滑块由静止释放，数字计时器记录遮光条通过光电门1、2 的时间分
别为Δt1、Δt2，两次遮光的时间间隔记为Δt。用天平测出遮光条和滑块的总质量为M，钩码的质量为
m。
(1)遮光条的宽度d = mm。
(2)滑块经过两光电门速度的变化量大小Δv = 。（用Δt1、Δt2、d 表示）
(3)实验中多次改变光电门2 的位置进行测量，得到多组Δt和Δv的数据，以Δt为纵坐标，Δv为横坐标，
在坐标纸上描点，得到的Δt −Δv图像为过原点、斜率为k 的直线，已知当地的重力加速度大小为g，则滑
块与长木板之间的动摩擦因数μ= 。（用k、m、M、g 表示）
【答案】(1)15.20
(2) d
Δt2
−
d
Δt1
(3)kmg−(m+ M )
kMg
【详解】（1）遮光条的宽度
d =15 mm +10×0.02mm =15.20 mm
（2）滑块经过光电门的时间极短，用经过光电门的平均速度代替瞬时速度，滑块经过光电门1、2 的速度
分别为
v1= d
Δt1
，v2= d
Δt2
滑块经过两光电门速度的变化量大小
Δv = v2−v1=
d
Δt2
−
d
Δt1
（3）根据
Δv =aΔt
可得
Δt = 1
a ⋅Δv
即Δt −Δv图像的斜率
k = 1
a
由牛顿第二定律可得
mg−F
' =ma，F −μMg = Ma，F
' = F
可得
mg−μMg =(m+ M )a= 1
k
(m+ M )
解得
μ= kmg−(m+ M )
kMg
24.某同学在实验室测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，其阻值大约为6 Ω。
(1)已知该同学用电压表（0～3V）、电流表（0～0.6A）测金属丝的电压、电流时，表盘如下图所示，则电
压表的读数为 V，电流表的读数为 A。
(2)用螺旋测微器测量其横截面直径如图甲所示，由图可知其直径为 mm；如图乙所示，用游标卡尺
测其长度为 cm；
(3)为了减小实验误差，需进一步测量圆柱体的电阻，除待测圆柱体Rx外，实验室还备有的实验器材如下，
要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，则滑动变阻器应选______；（填器材前的字母代号）
A．滑动变阻器R1（阻值范围0∼5Ω，1.0A）
B．滑动变阻器R2（阻值范围0∼200Ω，0.1A）
(4)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端的电压为U，圆柱体横截面的直径和长度分别用D、L 表示，则用
D、L、I、U 表示该圆柱体电阻率的关系式为ρ= 。
【答案】(1) 2.20 0.48
(2) 1.850 4.250
(3)A
(4)πU D
2
4 IL
【详解】（1）[1][2]电压表最小分度为0.1V，需要估读一位，读数为2.20V，电流表的最小分度为0.02A，
不需要估读，读数为0.48A
（2）[1]螺旋测微器测量其横截面直径为
1.5mm+35.0×0.01mm=1.850mm
[2]用游标卡尺测其长度为
42mm+10×0.05mm= 4.250cm
（3）为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，滑动变阻器选取总阻值较小的，便于调节。
故选A。
（4）根据欧姆定律
R = U
I
又
R = ρ
L
π( D
2 )
2
联立，解得
ρ= πU D
2
4 IL
25.（2024·福建·高考真题）某小组基于动量守恒定律测量玩具枪子弹离开枪口的速度大小，实验装置如图
（a）所示。所用器材有：玩具枪、玩具子弹、装有挡光片的小车、轨道、光电门、光电计时器、十分度
游标卡尺、电子秤等。实验步骤如下：
（1）用电子秤分别测量小车的质量M 和子弹的质量m；
（2）用游标卡尺测量挡光片宽度d，示数如图（b）所示，宽度d= cm；
（3）平衡小车沿轨道滑行过程中的阻力。在轨道上安装光电门A 和B，让装有挡光片的小车以一定初速度
由右向左运动，若测得挡光片经过A、B 的挡光时间分别为13.56ms、17.90ms，则应适当调高轨道的
（填“左”或“右”）端。经过多次调整，直至挡光时间相等；
（4）让小车处于A 的右侧，枪口靠近小车，发射子弹，使子弹沿轨道方向射出并粘在小车上，小车向左
运动经过光电门A，测得挡光片经过A 的挡光时间Δt；
（5）根据上述测量数据，利用公式v= （用d、m、M、Δt表示）即可得到子弹离开枪口的速度大
小v；
（6）重复步骤（4）五次，并计算出每次的v 值，填入下表；
次数
1
2
3
4
5
速度v（m/s）
59.1
60.9
60.3
58.7
59.5
（7）根据表中数据，可得子弹速度大小v 的平均值为 m/s。（结果保留3 位有效数字）
【答案】 0.99 右 (m+ M )d
m Δt
59.7
【详解】（2）[1]游标卡尺的分度值为0.1mm，则挡光片的宽度为
d =0.9cm +9×0.1mm =0.99cm
（3）[2]小车经过光电门的速度为
v车= d
Δt
测得挡光片经过A、B 的挡光时间分别为13.56ms、17.90ms，可知小车经过光电门A 的速度大于经过光电
门B 的速度，故应适当调高轨道的右端；
（5）[3]小车经过光电门的速度为
v车= d
Δt
子弹粘上小车的过程，根据动量守恒定律有
mv =( M +m)v车
解得
v = ( M +m)d
m Δt
（7）[4]根据表格数据，可得子弹速度大小v 的平均值为
v = v1+ v2+ v3+ v4+ v5
5
=59.7 m/s
26.（2025·甘肃·高考真题）某兴趣小组设计测量电阻阻值的实验方案。可用器材有：电池（电动势1．5V
）两节，电压表（量程3V，内阻约3k Ω），电流表（量程0.3A，内阻约1Ω），滑动变阻器（最大阻值
20Ω），待测电阻Rx，开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。
(1)首先设计如上图所示的电路。
①要求用S2选择电流表内、外接电路，请在图1 中补充连线将S2的c、d 端接入电路 ；
②闭合S1前，滑动变阻器的滑片P 应置于 端（填“a”或“b”）；
③闭合S1后，将S2分别接c 和d 端，观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的示数基本不变，
因此测量电阻时S2应该接 端（填“c”或“d”）。
(2)为了消除上述实验中电表引入的误差、该小组又设计了如图所示的电路。
①请在上图中补充连线将电压表接入电路 ；
②闭合S1，将S2分别接c 和d 端时，电压表、电流表的读数分别为U c、I c和U d、I d。则待测电阻阻值Rx =
（用U c、U d、I c和I d表示）。
【答案】(1) 见解析实物连接图 b c
(2) 见解析实物连接图 Uc
I c
−U d
I d
【详解】（1）[1]实物连接图如图所示，
[2]闭合S1前，根据滑动变阻器的限流式接法，滑片P 应置于b端，连入电路中的阻值最大，保护电路的安
全。
[3]闭合S1后，将S2分别接c 和d 端，观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的示数基本不变，
说明电流表分压明显，为减小实验误差，应采用电流表外接法，因此测量电阻时S2应该接c 端。
（2）[1]实物连接图如图所示，
[2]根据电路分析，当闭合S1，将S2接c 端时，电压表、电流表的读数分别为U c、I c，
则
U c
I c
= Rx+ RA+ R滑
将S2接d 端时，电压表、电流表的读数分别为U d、I d，则U d
I d
= RA+ R滑
那么待测电阻阻值Rx = U c
I c
−U d
I d
。
27.（2022·北京·高考真题）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、
数据分析等。
（1）用电压表（内阻约为3kΩ）和电流表（内阻约为0.1Ω）测量一个电阻的阻值（约为5Ω）。要求尽
量减小实验误差，应该选择的测量电路是图1 中的 （选填“甲”或“乙”）。
（2）一多用电表表盘上的电阻刻度线正中间标有“15”字样。用它测量约20kΩ电阻的阻值，下列实验步
骤正确的操作顺序为 （填各实验步骤前的字母）。
A．将选择开关置于“×1k”位置
B．将选择开关置于“OFF”位置
C．将两表笔分别接触待测电阻两端，读出其阻值后随即断开
D．将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针指向“0”
（3）图2 是“测量电源的电动势和内电阻”实验的电路图。某同学在实验中，闭合开关后，发现无论怎
么移动滑动变阻器的滑片，电压表有示数且不变，电流表始终没有示数。为查找故障，在其他连接不变的
情况下，他将电压表连接a 位置的导线端分别试触b、c、d 三个位置，发现试触b、c 时，电压表有示数；
试触d 时，电压表没有示数。若电路中仅有一处故障，则 （选填选项前的字母）。
A．导线ab断路
B．滑动变阻器断路
C．导线cd断路
D．滑动变阻器短路
【答案】 甲 ADCB C
【详解】（1）[1]因为待测电阻约为5Ω，而
Rx<❑√RV⋅RA=10 ❑√3Ω
故为了减小误差应该采用电流表的外接法，即选用甲图；
（2）[2]测量过程中应该先选择合适挡位，根据题意选择“×1k”挡位，然后进行欧姆调零，再进行测
量，测量完成后要将开关置于“OFF”挡，故顺序为ADCB。
（3）[3]闭合电键后，却发现无论怎么移动滑动变阻器的滑片，电流表示数始终为零，可能是电路中出现
断路，电压表的示数不变化，说明电压表串联在电路中；当试触b、c 时依然是这个情况说明b、c 段是正
常的，试触d 时，电压表没有示数说明在cd 之间某处发生了断路，故选C。
28.（2023·新课标卷·高考真题）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容
器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。
（1）用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时，红表笔应该与电池的 （填“正极”或
“负极”）接触。
（2）某同学设计的实验电路如图（a）所示。先将电阻箱的阻值调为R1，将单刀双掷开关S 与“1”端相
接，记录电流随时间的变化。电容器充电完成后，开关S 再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可
能是 。（填正确答案标号）
A．迅速变亮，然后亮度趋于稳定
B．亮度逐渐增大，然后趋于稳定
C．迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭
（3）将电阻箱的阻值调为R2( R2> R1)，再次将开关S 与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况。
两次得到的电流I 随时间t 变化如图（b）中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为 （填“R1”或
“R2”）时的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的 （填“电压”或
“电荷量”）。
【答案】 正极 C R2 电荷量
【详解】（1）[1]多用电表红表笔流入电流，黑表笔流出电流，故电流表红表笔应该与电池的正极接触；
（2）[2]电容器充电完成后，开始时两极板电量较多，电势差较大，当闭合“2”接入小灯泡，回路立即形
成电流，灯泡的迅速变亮；随着时间的积累，两极板电量变少，电势差变小，流过灯泡的电流减小，直至
两极板电荷量为零不带电，则无电流流过小灯泡即熄灭，故选C。
（3）[3]开始充电时两极板的不带电，两极板电势差为零，设电源内阻为r，则开始充电时有
E = I (R+r)
由图像可知开始充电时实线的电流较小，故电路中的电阻较大，因此电阻箱阻值为R2；
[4]图像的物理意义为充电过程中电流随时间的变化图线，故曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电
容器上的电荷量。
29.（2022·福建·高考真题）在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接
法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行
测量。已知R0=2Ω。
（1）按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整 。
（2）实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑到最左端位置
②接法Ⅰ：单刀双掷开关S 与1 接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U 1−I 1的值，
断开开关S0
③将滑动变阻器滑到最左端位置
④接法Ⅱ：单刀双掷开关S 与2 闭合，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U 2−I 2的值，
断开开关S0
⑤分别作出两种情况所对应的U 1−I 1和U 2−I 2图像
（3）单刀双掷开关接1 时，某次读取电表数据时，电压表指针如图丙所示，此时U 1= V。
（4）根据测得数据，作出U 1−I 1和U 2−I 2图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势E =
V，内阻r = Ω。（结果均保留两位小数）
（5）由图丁可知 （填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）测得的电源内阻更接近真实值。
（6）综合考虑，若只能选择一种接法，应选择 （填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）测量更合
适。
【答案】 见解析 1.30 1.80 2.50 接法Ⅱ 接法Ⅱ
【详解】（1）[1]根据图甲所示的电路图，实物连接如图所示
（3）[2]量程为3 V的电压表分度值为0.1V，需要估读到分度值的下一位，由图丙可知电压表读数为
U 1=1.30 V
（4）[3]当单刀双掷开关接1 时，电流表示数为零时，电压表测量准确，故电动势为U 1−I 1的纵轴截距，
则有
E =1.80 V
[4]当单刀双掷开关接2 时，电压表示数为零时，电流表测量准确，由U 2−I 2图像可知此时电路电流为
0.40 A，根据闭合电路欧姆定律可知
I =
E
R0+r
解得内阻为
r = E
I −R0= 1.80
0.40 Ω−2Ω=2.50Ω
（5）[5]由图丁可知U 1−I 1图像的斜率为
k1= 1.80−0
0.36
Ω= R0+r1
解得
r1=3.00Ω
由图丁可知U 2−I 2图像的斜率为
k2= 1.70−0
0.40
Ω= R0+r2
解得
r2=2.25Ω
可得
r1−r
r
= 3.00−2.50
2.50
=0.2> r −r2
r
= 2.50−2.25
2.50
=0.1
故接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值。
（6）[6]由电路图可知接法Ⅰ的误差来源是电流表的分压，接法Ⅱ的误差来源是电压表的分流，由于电源
内阻较小，远小于电压表内阻，结合（5）问分析可知，若只能选择一种接法，应选择接法Ⅱ更合适。
